2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第3章　§3.8　隐零点与极值点偏移问题[培优课]课件PPT

这是一份2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第3章　§3.8　隐零点与极值点偏移问题[培优课]课件PPT，共39页。PPT课件主要包含了题型一，隐零点，思维升华，题型二，极值点偏移，故x1＋x22，课时精练等内容，欢迎下载使用。

隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题；极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，难度大.
则当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上单调递增，当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，
(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x).
f(x)≥g(x)等价于证明xex＋1－2≥ln x＋x(x>0)，即xex＋1－ln x－x－2≥0.令h(x)＝xex＋1－ln x－x－2(x>0)，
当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，h′(x)<0，h(x)在(0，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)>0，h′(x)>0，h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，故h(x)min＝h(x0)＝ －ln x0－x0－2，
所以h(x0)＝－ln x0－x0－1＝(x0＋1)－x0－1＝0，从而h(x)≥h(x0)＝0，即f(x)≥g(x).
零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围.(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式.(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小.
跟踪训练1　(2023·潍坊模拟)设函数f(x)＝x－aln x－2.(1)求f(x)的单调区间；
当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，若x∈(0，a)，f′(x)<0；若x∈(a，＋∞)，f′(x)>0；∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增；综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递减区间为(0，a)，单调递增区间为(a，＋∞).
(2)若a＝1，f′(x)为f(x)的导函数，当x>1时，ln x＋1>(1＋k)f′(x)，求整数k的最大值.
当a＝1时，f(x)＝x－ln x－2，
由ln x＋1>(1＋k)f′(x)得，x(ln x＋1)>(1＋k)(x－1)，
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，又h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－ln 4>0，∴∃x0∈(3,4)，使得h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，此时ln x0＝x0－2，则当x∈(1，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴k＋1例2　已知函数f(x)＝xe－x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，
(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.
方法一　(对称化构造函数法)由(1)知，不妨设02，只要证x2>2－x1>1.由于f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证f(x2)因为00,2－x>x，所以e2－x>ex，即e2－x－ex>0，所以H′(x)>0，所以H(x)在(0,1)上单调递增，所以H(x)2.
方法二　(比值代换法)设0得 ＝ ，
等式两边取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2.
所以当t>1时，g(t)单调递增，
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝ 化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.
跟踪训练2　已知函数f(x)＝ln(x＋a)－ ，函数g(x)满足ln[g(x)＋x2]＝ln x＋x－a.(1)讨论函数f(x)的单调性；
由已知得，函数f(x)的定义域为(－a，＋∞)，
所以当－a≥1，即a≤－1时，f′(x)>0，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，当－a<1，即a>－1时，若－a1，则f′(x)>0，所以f(x)在(－a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.综上所述，当a≤－1时，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增；当a>－1时，f(x)在(－a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
(2)若g(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2<1.
因为ln[g(x)＋x2]＝ln x＋x－a，所以g(x)＝x·ex－a－x2＝x(ex－a－x)，其定义域为(0，＋∞)，g(x)＝xex－a－x2＝x(ex－a－x)＝0等价于ex－a－x＝0，即x－ln x＝a，设h(x)＝x－ln x(x>0)，
令h′(x)>0，则x>1，令h′(x)<0，则0即h(x)＝a有两个不同的根，所以a>h(1)＝1，所以g(x)有两个不同的零点x1，x2且0所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增，φ(x)<φ(1)＝0，
1.已知函数f(x)＝ ax2－(2a＋1)x＋2ln x(a∈R).(1)当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间；
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
(2)当a＝0时，证明：f(x)<2ex－x－4 .(其中e为自然对数的底数)
当a＝0时，由f(x)<2ex－x－4化简得ex－ln x－2>0，构造函数h(x)＝ex－ln x－2(x>0)，
当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增.所以当x＝x0时，h(x)取得极小值，也是最小值.
所以h(x)＝ex－ln x－2>0，故f(x)<2ex－x－4.
2.设f(x)＝xex－mx2，m∈R.(1)设g(x)＝f(x)－2mx，当m>0时，讨论函数g(x)的单调性；
g(x)＝xex－mx2－2mx(x∈R)，g′(x)＝(x＋1)(ex－2m)，当m>0时，令g′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝ln(2m)，
则当x>－1和x0，g(x)单调递增，当ln(2m)则当x<－1和x>ln(2m)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当－1(2)若函数f(x)在(0，＋∞)有两个零点x1，x2，证明：x1＋x2>2.
令f(x)＝xex－mx2＝0，因为x>0，所以ex＝mx，令F(x)＝ex－mx(x>0), F(x1)＝0，F(x2)＝0，
则 ＝mx1， ＝mx2，两式相除得，
不妨设x2>x1，令t＝x2－x1，则t>0，x2＝t＋x1，